SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TỈNH BÌNH DƯƠNG Năm học: 2022 - 2023
Môn thi: TOÁN (Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1. (2,5 điểm)
Cho biểu thức : 2
2
a a a a a b ab
A a b b a a b a b ab b a
+ +
= + + − + − + + − − với a và b là các số thực dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của :
2
a a a a
B a b b a a b a b ab
= + + − + − + + khi a= −7 4 3 và 7 4 3
b= + . Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 −2mx m+ − =2 0 (m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương.
b) Gọi x x1, 2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức 2 2
1 2 1 2
2022 M 6
x x x x
= −
+ − đạt giá
trị nhỏ nhất.
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 1− +x x
(
1−x)
=1 với x∈. b) Chứng minh rằng: A a= 7 −a chia hết cho 7, với mọi a∈. Bài 4. (3,5 điểm)Cho tam giác nhọn ABC(AB AC< ) nội tiếp đường tròn
( )
O , M là trung điểm BC; BE CF, là các đường cao (E F, là chân các đường cao). Các tiếp tuyến với đường tròn tại B và C cắt nhau tạiS. Gọi N P, lần lượt là giao điểm của BS với EF AS, với
( )
O (P A≠ ). Chứng minh rằng:a) MN BF⊥ . b) AB CP AC BP. = . .
c) CAM BAP = .
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Hướng dẫn giải:
Bài 1. (2,5 điểm)
Cho biểu thức : 2
2
a a a a a b ab
A a b b a a b a b ab b a
+ +
= + + − + − + + − − với a và b là các số thực dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của :
2
a a a a
B a b b a a b a b ab
= + + − + − + + khi a= −7 4 3 và 7 4 3
b= + .
Lời giải a) Với a b, là các số thực dương khác nhau, ta có:
: 2
2
a a a a a b ab
A a b b a a b a b ab b a
+ +
= + + − + − + + − −
( )( ) ( ) ( )
( )( )
2
: 2 a b
a a a a
a b a b a b a b a b a b a b
+
= + − + − + − + + + −
( )
( )( ) ( )
( ) ( )
( )( )
2
: 2
a a b a a a b a a b
a b a b a b a b a b
− − + − +
= +
+ − + + −
( )( ) ( ) ( )
( )( )
2
: 2 a b
a ab a a ab a
a b a b a b a b a b
− − + − +
= +
+ − + + −
( )( ) ( ) ( )
( )( )
2 2
. a b a b
ab
a b a b ab a b a b
+ +
= − +
+ − + −
(
a b)
a b 0a b a b
− + +
= + =
− − .
Vậy A=0. b) Theo a), ta có:
: 2
a a a a a b
B a b b a a b a b ab a b
− −
= + + − + − + + = − .
Khi a= −7 4 3và b= +7 4 3 thỏa mãn a b, là các số thực dương khác nhau, ta có:
( )
27 4 3 2 3 2 3 2 3
a = − = − = − = − ;
2 3 2 3 4 2 2 3
2 3 2 3 2 3 3 3
B − + − − −
⇒ = = = =
− − − − ;
Vậy 2 3
B= 3 khi a= −7 4 3và b= +7 4 3. Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 −2mx m+ − =2 0 (m là tham số).
a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt dương.
b) Gọi x x1, 2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức 2 2
1 2 1 2
2022 M 6
x x x x
= −
+ − đạt giá
trị nhỏ nhất.
Lời giải
Cho phương trình x2 −2mx m+ − =2 0 (m là tham số) (1).
a) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt dương thì:
( )
2( )
2 200 2 0 1 2 0 0 2 0 12 7 04 2
2 0 2 2
0
m m m m
m
b m m m
a m m M
c a
′∆ > − − − > − + >
− − + >
> ⇔ > ⇔ > ⇔ ⇔ >
− > > >
>
.
Vậy m>2 thì (1) có hai nghiệm phân biệt dương.
b) Phương trình (1) có 1 2 7 0
2 4
m
∆ =′ − + >
với mọi m⇒ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
1; 2
x x với mọi m, theo hệ thức Vi-et, ta có: 1 2
1 2
2 2
x x m
x x m + =
= −
.
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2022 2022 2022 2022
6 8 2 8 2 4 8 16
M x x x x x x x x m m m m
− − − −
⇒ = = = =
+ − + − − − − +
( )
22022 2022 337
12 2
4 m 1 12
− − −
= ≥ =
− + .
Vậy 337
MinM = −2 khi m=1. Bài 3. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + 1− +x x
(
1−x)
=1 với x∈. b) Chứng minh rằng: A a= 7 −a chia hết cho 7, với mọi a∈.Lời giải a) ĐKXĐ: 0≤ ≤x 1.
( )
1 1 1
x+ − +x x −x =
Đặt
( )
( )
2
2 2
1
1 2 2 2 0
0 2 3 0
0 2 1 2 1 1 3
4 S TM P
S P S P
S a b S S
P ab S P S P P S S
P KTM
=
=
+ = + =
= + ≥ + − =
⇒ ⇔ ⇔ ⇔
= ≥ − = − = = − = −
= −
.
Với S =1;P=0 ta có 1 0 a b ab
+ =
= ⇒
a b, là hai nghiệm của phương trình
( )
2 0
0 1 0
1 x x x x x
x
=
− = ⇔ − = ⇔ = . Vậy a=0;b=1 hoặc a=1;b=0; Với a=0;b=1 0
1 1 0
x x
x
=
⇒ ⇔ =
− = (thỏa mãn);
Với a=1;b=0 1
1 0 1
x x
x
=
⇒ ⇔ =
− = (thỏa mãn);
Vậy phương trình có tập nghiệm là S =
{ }
0;1 .b) Với mọi a∈ ta có: A a= 7 − =a a a
(
6 − =1) (
a a3 −1)(
a3 +1)
.Nếu a7⇒ A7;
Nếu a không chia hết cho 7 thì a≡1,2,3,4,5,6 mod 7
( )
⇒a3 ≡1,6 mod 7( )
⇒a3 −1 7 hoặc3 1 7 7
a + ⇒ A .
Vậy A7 với mọi a∈. Bài 4. (3,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC(AB AC< ) nội tiếp đường tròn
( )
O , M là trung điểm BC; BE CF, là các đường cao (E F, là chân các đường cao). Các tiếp tuyến với đường tròn tại B và C cắt nhau tạiS. Gọi N P, lần lượt là giao điểm của BS với EF AS, với
( )
O (P A≠ ). Chứng minh rằng:a) MN BF⊥ . b) AB CP AC BP. = . .
c) CAM BAP = .
Lời giải
P N
S F
E
M O
B C
A
a) MN BF⊥ .
Ta có ∆BEC vuông tại E có EM là trung tuyến
2
EM BC MB MC MEC
⇒ = = = ⇒ ∆ cân tại
M ⇒ MEC ACB= ;
Tứ giác BFEC có BFC BEC = =90° ⇒ tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC⇒FEA ABC = (cùng bù với FEC) ;
180
(
)
180(
)
MEN MEC FEA ACB ABC BAC
⇒ = ° − + = ° − + = (tổng ba góc trong ∆ABC);
Ta lại có BAC CBS= (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BC)
(
)
MEN CBS BAC
⇒ = = ;
Mà MBN CBS + =180° (hai góc kề bù) ⇒MEN MBN + =180° ⇒ tứ giác BMEN nội tiếp BMN BEN
⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn BN);
Vì BEN BCF = (hai góc nội tiếp cùng chắn BF) ⇒ BMN BCF=
(
= BEN)
, hai góc này lại ở vị trí đồng vị nên MN CF// .Do theo đầu bài ta có CF BF⊥ ⇒MN BF⊥ . b) AB CP AC BP. = . .
Xét ∆SBP và ∆SAB có:
S chung;
SBP SAB = (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn BP) ;
( )
. BP SBSBP SAB g g
AB SA
⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = (1) ;
Xét ∆SCP và ∆SAC có:
S chung;
( )
. CP SC SCP SAC g gAC SA
⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = (2) ;
Mà theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có SB SC= (3);
Từ (1), (2) và (3) ta có: BP CP AB CP AC BP. . AB AC= ⇔ = . c) CAM BAP = .
Vận dụng định lý Ptolemy, ta có tứ giác ABPC nội tiếp
( )
O ⇒AP BC AB CP AC BP. = . + . ; Theo câu b) thì AB CP AC BP. = . ⇒ AP BC. =2 .BP AC⇒ AP CM.2 =2 .BP AC. . AP AC
AP CM BP AC
BP CM
⇒ = ⇒ = ;
Xét ∆BPA và ∆MCA có:
BPA MCA= (hai góc nội tiếp cùng chắn AB); AP AC
BP CM= (chứng minh trên);
(
. .)
BPA MCA c g c CAM BAP
⇒ ∆ ∽∆ ⇒ = .
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =
